2025届云南省高三上学期12月大联考考后强化物理试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE12025届高三12月大联考考后强化卷（新高考卷）物理本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图1所示为原子核的比结合能与质量数的关系曲线，如图2所示为原子核的平均核子质量与原子序数的关系曲线。下列说法正确的是（）A.根据图1可知，核的结合能约为7MeVB.根据图1可知，比更稳定C.根据图2可知，核D裂变成核E和F的过程中，生成的新核E、F的比结合能减小D.根据图2可知，若A、B能结合成C，则结合过程中一定要吸收能量【答案】B【解析】A．根据图1可知，核的比结合能约为7MeV，则核的结合能约为A错误；B．根据图1可知，核的比结合能比核的比结合能小，所以比更稳定，B正确；C．根据图2可知，核D裂变成核E和F的过程中，核子的平均质量减少，放出核能，比结合能增大，C错误；D．根据图2可知，若A、B能结合成C，核子的平均质量减少，结合过程一定要放出能量，D错误。故选B。2.无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示。该段运动可视为匀速圆周运动的一部分，关于该段运动，下列说法正确的是（）A.飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小B.飞行者所受合力为零C.空气对飞行者作用力的瞬时功率为零D.空气对飞行者的作用力做正功【答案】A【解析】A．设飞行者速度方向与竖直方向的夹角为θ，飞行者所受重力的瞬时功率P=mgvcosθ，由于θ逐渐增大，则飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小，故A正确；B．该段运动可视为匀速圆周运动的一部分，故飞行者做匀速圆周运动，其所受合力不为零，故B错误；C．飞行者受到重力和空气对飞行者的作用力，其合力指向圆心，通过受力分析可知，空气对飞行者的作用力方向与速度方向的夹角大于90°，故根据P=fvcosθ可知，空气对飞行者的作用力的瞬时功率不零，故C错误；D．飞行者的动能不变，所以合外力做功为零，重力做正功，则空气对飞行者的作用力做负功，故D错误；故选A。3.如图所示，如果热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，且瓶塞与瓶口的密封程度很好，经过一段时间后，要拔出瓶塞会变得很吃力。假设某热水瓶瓶口的截面积为，手指与瓶塞间的动摩擦因数为0.15，开始时热水瓶内的水温为，经过一段时间后，瓶内水温降至。已知瓶内的气体可视为理想气体且气体的质量与体积不变，外界大气压强，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两手指至少要用多大的压力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞（）（T=t+273K）A. B. C. D.【答案】A【解析】瓶内气体初始压强为，初始温度为末态温度为设瓶内气体末态压强为，根据查理定律有解得以瓶塞为研究对象，设每根手指对瓶塞的摩擦力大小为，则有又，联立可得，故选A。4.如图所示，半圆形ABC为玻璃砖的横截面，O点为其圆心，一细束与ABC平行的单色光由空气经过O点射入半圆形玻璃砖，再由玻璃砖射向空气中。下列叙述正确的是（）A.光线在圆弧界面ABC上会发生全反射 B.在圆弧界面ABC上始终有光线出射C.增大角度θ，光线会在下界面AOC发生全反射 D.增大角度θ，玻璃的折射率增大【答案】B【解析】AB．根据题意可知，O点是半圆形玻璃砖的圆心，可知光线一定垂直射到圆弧界面ABC上，则光线一定能从圆弧界面ABC上射出，不可能发生全反射，故A错误，B正确；C．发生全反射需要光从光密介质射入光疏介质，则光线不会在下界面AOC发生全反射，故C错误；D．折射率是介质的固有属性，与入射角无关，故D错误。故选B5.2024年9月24日，我国全球首个医学遥感卫星（珞珈四号01星）成功发射，卫星在离地面约的高度绕地球做匀速圆周运动；2022年4月15日，我国新一代地球同步轨道通信卫星（中星卫星）成功发射，卫星在离地面约的高度绕地球做匀速圆周运动；地球赤道上有一物体。关于赤道上物体、珞珈四号01星、中星卫星，下列说法正确的是（）A.赤道上物体的线速度最大B.赤道上物体的周期小于中星卫星的周期C.珞珈四号01星的角速度小于中星6D卫星的角速度D.珞珈四号01星的向心加速度大于中星卫星的向心加速度【答案】D【解析】A．赤道上物体与中星卫星的角速度相等，由，可知中星卫星的线速度大于赤道上物体的线速度，由，可得珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，可知珞珈四号01星的线速度比中星卫星的线速度大，所以珞珈四号01星的线速度最大，故A错误；B．赤道上物体的周期等于中星卫星的周期，故B错误；C．由，可得由于珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，所以珞珈四号01星的角速度大于中星6D卫星的角速度，故C错误；D．由，解得由于珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，所以珞珈四号01星的向心加速度大于中星卫星的向心加速度，故D正确。故选D。6.如图所示，电源的负极、电容器下极板与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。将单刀双掷开关打到1，电路稳定时，一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。下列说法正确的是（）A.若开关与1保持连接，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，电阻R中有由b流向a的电流B.若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，油滴将向下运动C.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于P点D.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，P点的电势将升高，油滴将向上运动【答案】D【解析】A．若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变，当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间时，根据可知，电容器的电容增大，根据可知，电容器的电荷量增大，相当于给电容器充电，故电阻R中有由a流向b的电流，故A错误；B．若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，因板间电压和板间距离不变，根据知板间的场强大小不变，油滴依然静止在P点，故B错误；C．若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，根据可知，电容器的电容增大，根据可知，电容器两端的电压减小，静电计的张角变小，由，可得，可知电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，故C错误；D．若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积减小，根据可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于P点距下极板的距离不变，根据，可知P点的电势升高，故D正确。故选D。7.如图所示，带电小球P固定在绝缘竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上O点的小定滑轮的细线拉着带电小球Q。小球Q静止时P、Q间的距离为r，O、P间的距离为h，。现用拉力F缓慢拉动绳端，使小球Q缓慢移动，在小球Q从图示位置缓慢移动到O点的过程中（）A.拉力F先增大后减小B.小球P、Q间的库仑力逐渐减小C.小球P、Q系统的电势能先不变后减小D.小球Q在P球位置产生的电场强度大小不变【答案】C【解析】AB．设小球Q的质量为m，O、Q间距离为L，在小球Q到达竖直墙之前，对小球Q受力分析，小球受重力、拉力、库仑力，如图根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得在小球Q从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qP、qQ均不变，L变小，r不变，因此这个过程小球Q绕小球P做圆周运动，当小球Q与墙壁接触后受重力、拉力、向上的库仑力，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大，所以拉力F先减小后增大；小球P、Q间的库仑力先不变，再逐渐减小故AB错误；C．当小球Q与墙壁接触前，库仑力不做功，小球P、Q系统的电势能不变；当小球Q与墙壁接触后库仑力做正功，小球P、Q系统的电势能减小；所以小球P、Q系统的电势能先不变后减小，故C正确；D．小球Q在P球位置产生的电场强度由可知先大小不变后减小，故D错误。故选C。8.中国京剧的特技水袖舞包含了戏曲和舞蹈的成分，别具美感。某京剧演员舞动水袖形成的一列简谐横波在时刻的波形图如图甲所示，P、Q为该波沿传播方向上相距的两个质点，P点振动领先Q点，时刻Q质点正处于正向最大位移处（图中未画出），图乙为P质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.P质点的振动方程为B.时刻，P质点所受合力沿y轴正方向C.该简谐横波的波长可能为D.该简谐横波的传播速度可能为【答案】AC【解析】A．由图甲和图乙可知，P质点的振幅为，角频率为时刻，，可得初相角，则有P质点的振动方程为故A正确；B．时刻，P质点在平衡位置，所受合力是0，故B错误；C．时刻，Q质点在波峰，则有当时，可得，故C正确；D．根据，其中（n=0，1，2，⋯）当时当时当时因此该简谐横波传播速度不可能是，故D错误。故选AC。9.如图1所示，跳台滑雪简称“跳雪”。一可视为质点的滑雪运动员从距离跳台底部高为h=3m的倾斜跳台斜向上滑出后，在空中运动过程中他离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线如图2所示。已知t=1.4s时运动员恰好到达最高点，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.t=1.0s时，运动员竖直方向分速度大小为5m/sB.该运动员起跳速度为14m/sC.t=1.8s时，图线的切线斜率大小为4m/sD.运动员离跳台底部所在水平面的最大高度为12.8m【答案】CD【解析】AB．时运动员恰好到达最高点，由竖直方向上的运动特点可得解得运动员起跳时竖直方向的初速度此时还有水平分速度，则该运动员起跳速度大于14m/s，则时，运动员竖直方向分速度为故AB错误；C．根据运动的对称性可知，和时，竖直方向分速度大小相等，方向相反，图线的切线斜率代表竖直方向的速度，所以时，图线的切线斜率大小为，故C正确；D．根据竖直方向的运动规律可知，最大高度为解得故D正确。故选CD。10.如图所示，磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中放置两个半径分别为、的金属圆环，两金属圆环处于同一水平面内且圆心均为点，长为的金属导体棒在两金属圆环上绕点匀速转动，点为导体棒的中点。已知导体棒的电阻、定值电阻和的电阻均为，导体棒始终与两金属圆环接触良好且a点转动的线速度大小为v，其他电阻不计。在导体棒转动一圈的过程中，下列说法正确的是（）A.导体棒上a、b两点间的电压为B.导体棒克服安培力做功的功率为C.通过电阻的电荷量为D.电阻产生的热量为【答案】ABD【解析】A．由题意可知故导体棒段产生的电动势电路中的总电阻为由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流故a、b两点间的电压故A正确；B．因克服安培力做功的功率等于电源产生电能的功率，故故B正确；C．通过电源的电荷量故流经定值电阻的电荷量故C错误；D．由可知，电阻产生的热量故D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某物理小组对光伏发电很感兴趣，他们利用如图1所示电路对光伏电池的伏安特性进行了探究。图中定值电阻，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池两端电压随电流变化如图2中的曲线①所示。可知该电池内阻随电流增大而______（选填“增大”“减小”或“不变”），电池的电动势大小为______V（结果保留三位有效数字）；某时刻电压表示数如图3所示，读数为______V，由图像可知，此时电池的内阻为______。（2）实验二：换另一光源照射，重复上述实验，测得该电池两端电压随电流变化如图2中曲线②所示。若在“实验一”中当滑动变阻器的电阻为某值时，电源的路端电压为，则在“实验二”中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为______W（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）增大2.501.00150（2）1.1×10-2##1.0×10-2##1.2×10-2【解析】【小问1详析】[1]图2中，电池两端电压随电流变化图像斜率的绝对值等于电源的内阻，随着电流的增大，曲线①斜率的绝对值在不断增大，可知电池内阻在不断增大；[2]曲线①中，图像与纵轴的截距值为电池的电动势，可知[3]题图3中电压表的读数[4]电压为1.00V，由曲线①知，此时电路中的电流为可得此时电源的内阻【小问2详析】由曲线①可知，当时有由欧姆定律得代入数据得解得在实验二中，滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为将R外的图线画在题图2中，如图所示其与曲线②的交点为电路的工作点，此时有则滑动变阻器消耗的电功率为12.如图1所示，用“碰撞实验器”可以研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，从而验证动量守恒定律。（1）实验中，为了使入射小球A不反弹，入射小球A和被碰小球B的质量大小关系为_____（选填“>”“=”或“<”）。为了发生对心正碰，两小球的半径关系为_____（选填“>”“=”或“<”）。用10分度游标卡尺测量小球直径D，测量结果如图2所示，_____。（2）图1中，点O是入射小球A抛出点在地面上的垂直投影，点是支柱管在地面上的垂直投影，。实验时，先让小球A多次从斜轨上S处静止释放，找到其平均落点P，再把小球B静置于支柱管上，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰（碰后支柱管立刻倾倒），多次重复实验，找到小球A、B的平均落点M、N。测量出、、OP、OM、ON，若两球相碰前后动量守恒，则该动量守恒表达式可表示为_____（用测量的物理量符号表示）。（3）以下说法中有助于减少实验误差的有_____。A.入射小球每次必须从同一位置静止释放 B.轨道必须光滑C.轨道末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图3所示的情况。已知M和N在OP连线上的垂直投影点为、（图中未画出），根据以上数据，_____（选填“能”或“不能”）验证动量守恒定律，如果能，请写出验证所需的表达式_____（用测量的物理量符号表示）。【答案】（1）>=14.7（2）（3）AC（4）能【解析】【小问1详析】[1]为了保证入射小球A碰后不被反弹，要求入射小球A和被碰小球B的质量大小关系应为>。[2]为了发生对心正碰，两小球的半径关系为；[3]根据游标卡尺的读数原理可知；【小问2详析】两球碰撞过程水平方向动量守恒，碰撞后两小球做平抛运动，令运动时间为t，A球碰撞前的速度为A球碰撞后的速度为B球碰撞后的速度为若两球相碰前后动量守恒，则即【小问3详析】AB．为了保证小球做平抛运动的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置静止释放，但斜槽轨道不一定光滑，故A正确，B错误；C．为了保证小球的初速度水平，斜槽末端必须水平，故C正确；D．复写纸不需要固定在白纸上，测定P点位置时的复写纸可移到测M点的位置时使用，故D错误。故选AC。【小问4详析】[1][2]能验证动量守恒定律，分别测出OP、、的长度，在误差允许的范围内满足关系式，则可验证两球碰撞过程动量守恒。13.如图所示，匀强电场与矩形ABCD所在平面平行，矩形边长，。以B点为零电势点，则A、C两点的电势分别为、。某时刻有一比荷为的带负电粒子从B点垂直电场线方向射出，经过一段时间粒子到达A点，不计粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）带电粒子从B点射出时的初速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设BC的中点为P，在匀强电场中，沿一条直线电势的降落是均匀的，因此解得P点电势可见A、P等势，则直线AP就是等势线，电场强度方向与等势线AP垂直则根据匀强电场场强与电势降落的关系得（2）带电粒子做类平抛运动联立解得所以14.如图所示，水平地面上固定一高的水平台面，台面上竖直固定倾角为的直轨道AB、水平直轨道BC、四分之一圆周细圆管道CD和半圆形轨道DEF，它们平滑连接且处处光滑，其中管道CD的半径、圆心在点，轨道DEF的半径、圆心在点，、、和F点均处在同一水平线上。一小球从轨道AB上距水平直轨道BC高为h（未知）的P点由静止滚下，小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相等，最终落在地面上的Q点（小球做平抛运动的竖直距离可视为G距离水平地面的高度），取重力加速度大小，小球可视为质点，不计空气阻力。（1）若P处小球的初始高度，求小球到达B点时的速度大小；（2）若小球恰好能过最高点E，求h的最小值；（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求G距水平面的高度多大时，落地点Q与F点的水平距离x最大，其最大值为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】对小滑块，从P到B，由动能定理得代入数据解得【小问2详析】当小球恰好能过最高点E时，h具有最小值，E点有代入数据解得P点到E点，由动能定理得代入数据解得【小问3详析】设G到地面的高度为y，则E到G，由动能定理得过D点后，由平抛规律得联立代入数据解得当的时候，即，x最大，解得15.如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为-q（q>0）的粒子从x轴负半轴上的M点沿与x轴正方向夹角为60°射入电场，粒子经电场偏转后以大小为的速度从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后粒子从x轴正半轴上的N点沿与x轴正方向夹角为60°射出磁场，不计粒子重力。（1）求粒子在M点速度大小；（2）磁场磁感应强度的大小；（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力，阻力大小f=kv（k为已知常量），粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】粒子射入电场后做类斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有解得【小问2详析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有解得由牛顿第二定律有解得【小问3详析】对粒子受力分析可知，粒子速度沿x轴方向的分量会产生沿x轴负方向的阻力与沿y轴负方向的洛伦兹力；粒子速度沿y轴方向的分量会产生沿y轴正方向的阻力与沿x轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示在x轴上，由动量定理有由微元法累加后可得解得则Q点的坐标为2025届高三12月大联考考后强化卷（新高考卷）物理本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图1所示为原子核的比结合能与质量数的关系曲线，如图2所示为原子核的平均核子质量与原子序数的关系曲线。下列说法正确的是（）A.根据图1可知，核的结合能约为7MeVB.根据图1可知，比更稳定C.根据图2可知，核D裂变成核E和F的过程中，生成的新核E、F的比结合能减小D.根据图2可知，若A、B能结合成C，则结合过程中一定要吸收能量【答案】B【解析】A．根据图1可知，核的比结合能约为7MeV，则核的结合能约为A错误；B．根据图1可知，核的比结合能比核的比结合能小，所以比更稳定，B正确；C．根据图2可知，核D裂变成核E和F的过程中，核子的平均质量减少，放出核能，比结合能增大，C错误；D．根据图2可知，若A、B能结合成C，核子的平均质量减少，结合过程一定要放出能量，D错误。故选B。2.无动力翼装飞行是一种专业的极限滑翔运动，飞行者运用肢体动作来掌控滑翔方向，进行无动力空中飞行。某翼装飞行者在某次飞行过程中，在同一竖直面内从A到B滑出了一段圆弧，如图所示。该段运动可视为匀速圆周运动的一部分，关于该段运动，下列说法正确的是（）A.飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小B.飞行者所受合力为零C.空气对飞行者作用力的瞬时功率为零D.空气对飞行者的作用力做正功【答案】A【解析】A．设飞行者速度方向与竖直方向的夹角为θ，飞行者所受重力的瞬时功率P=mgvcosθ，由于θ逐渐增大，则飞行者所受重力的瞬时功率逐渐减小，故A正确；B．该段运动可视为匀速圆周运动的一部分，故飞行者做匀速圆周运动，其所受合力不为零，故B错误；C．飞行者受到重力和空气对飞行者的作用力，其合力指向圆心，通过受力分析可知，空气对飞行者的作用力方向与速度方向的夹角大于90°，故根据P=fvcosθ可知，空气对飞行者的作用力的瞬时功率不零，故C错误；D．飞行者的动能不变，所以合外力做功为零，重力做正功，则空气对飞行者的作用力做负功，故D错误；故选A。3.如图所示，如果热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，且瓶塞与瓶口的密封程度很好，经过一段时间后，要拔出瓶塞会变得很吃力。假设某热水瓶瓶口的截面积为，手指与瓶塞间的动摩擦因数为0.15，开始时热水瓶内的水温为，经过一段时间后，瓶内水温降至。已知瓶内的气体可视为理想气体且气体的质量与体积不变，外界大气压强，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两手指至少要用多大的压力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞（）（T=t+273K）A. B. C. D.【答案】A【解析】瓶内气体初始压强为，初始温度为末态温度为设瓶内气体末态压强为，根据查理定律有解得以瓶塞为研究对象，设每根手指对瓶塞的摩擦力大小为，则有又，联立可得，故选A。4.如图所示，半圆形ABC为玻璃砖的横截面，O点为其圆心，一细束与ABC平行的单色光由空气经过O点射入半圆形玻璃砖，再由玻璃砖射向空气中。下列叙述正确的是（）A.光线在圆弧界面ABC上会发生全反射 B.在圆弧界面ABC上始终有光线出射C.增大角度θ，光线会在下界面AOC发生全反射 D.增大角度θ，玻璃的折射率增大【答案】B【解析】AB．根据题意可知，O点是半圆形玻璃砖的圆心，可知光线一定垂直射到圆弧界面ABC上，则光线一定能从圆弧界面ABC上射出，不可能发生全反射，故A错误，B正确；C．发生全反射需要光从光密介质射入光疏介质，则光线不会在下界面AOC发生全反射，故C错误；D．折射率是介质的固有属性，与入射角无关，故D错误。故选B5.2024年9月24日，我国全球首个医学遥感卫星（珞珈四号01星）成功发射，卫星在离地面约的高度绕地球做匀速圆周运动；2022年4月15日，我国新一代地球同步轨道通信卫星（中星卫星）成功发射，卫星在离地面约的高度绕地球做匀速圆周运动；地球赤道上有一物体。关于赤道上物体、珞珈四号01星、中星卫星，下列说法正确的是（）A.赤道上物体的线速度最大B.赤道上物体的周期小于中星卫星的周期C.珞珈四号01星的角速度小于中星6D卫星的角速度D.珞珈四号01星的向心加速度大于中星卫星的向心加速度【答案】D【解析】A．赤道上物体与中星卫星的角速度相等，由，可知中星卫星的线速度大于赤道上物体的线速度，由，可得珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，可知珞珈四号01星的线速度比中星卫星的线速度大，所以珞珈四号01星的线速度最大，故A错误；B．赤道上物体的周期等于中星卫星的周期，故B错误；C．由，可得由于珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，所以珞珈四号01星的角速度大于中星6D卫星的角速度，故C错误；D．由，解得由于珞珈四号01星的轨道半径比中星卫星的轨道半径小，所以珞珈四号01星的向心加速度大于中星卫星的向心加速度，故D正确。故选D。6.如图所示，电源的负极、电容器下极板与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。将单刀双掷开关打到1，电路稳定时，一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。下列说法正确的是（）A.若开关与1保持连接，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，电阻R中有由b流向a的电流B.若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，油滴将向下运动C.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于P点D.若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，P点的电势将升高，油滴将向上运动【答案】D【解析】A．若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变，当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间时，根据可知，电容器的电容增大，根据可知，电容器的电荷量增大，相当于给电容器充电，故电阻R中有由a流向b的电流，故A错误；B．若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，因板间电压和板间距离不变，根据知板间的场强大小不变，油滴依然静止在P点，故B错误；C．若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，根据可知，电容器的电容增大，根据可知，电容器两端的电压减小，静电计的张角变小，由，可得，可知电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，故C错误；D．若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积减小，根据可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于P点距下极板的距离不变，根据，可知P点的电势升高，故D正确。故选D。7.如图所示，带电小球P固定在绝缘竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上O点的小定滑轮的细线拉着带电小球Q。小球Q静止时P、Q间的距离为r，O、P间的距离为h，。现用拉力F缓慢拉动绳端，使小球Q缓慢移动，在小球Q从图示位置缓慢移动到O点的过程中（）A.拉力F先增大后减小B.小球P、Q间的库仑力逐渐减小C.小球P、Q系统的电势能先不变后减小D.小球Q在P球位置产生的电场强度大小不变【答案】C【解析】AB．设小球Q的质量为m，O、Q间距离为L，在小球Q到达竖直墙之前，对小球Q受力分析，小球受重力、拉力、库仑力，如图根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得在小球Q从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qP、qQ均不变，L变小，r不变，因此这个过程小球Q绕小球P做圆周运动，当小球Q与墙壁接触后受重力、拉力、向上的库仑力，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大，所以拉力F先减小后增大；小球P、Q间的库仑力先不变，再逐渐减小故AB错误；C．当小球Q与墙壁接触前，库仑力不做功，小球P、Q系统的电势能不变；当小球Q与墙壁接触后库仑力做正功，小球P、Q系统的电势能减小；所以小球P、Q系统的电势能先不变后减小，故C正确；D．小球Q在P球位置产生的电场强度由可知先大小不变后减小，故D错误。故选C。8.中国京剧的特技水袖舞包含了戏曲和舞蹈的成分，别具美感。某京剧演员舞动水袖形成的一列简谐横波在时刻的波形图如图甲所示，P、Q为该波沿传播方向上相距的两个质点，P点振动领先Q点，时刻Q质点正处于正向最大位移处（图中未画出），图乙为P质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.P质点的振动方程为B.时刻，P质点所受合力沿y轴正方向C.该简谐横波的波长可能为D.该简谐横波的传播速度可能为【答案】AC【解析】A．由图甲和图乙可知，P质点的振幅为，角频率为时刻，，可得初相角，则有P质点的振动方程为故A正确；B．时刻，P质点在平衡位置，所受合力是0，故B错误；C．时刻，Q质点在波峰，则有当时，可得，故C正确；D．根据，其中（n=0，1，2，⋯）当时当时当时因此该简谐横波传播速度不可能是，故D错误。故选AC。9.如图1所示，跳台滑雪简称“跳雪”。一可视为质点的滑雪运动员从距离跳台底部高为h=3m的倾斜跳台斜向上滑出后，在空中运动过程中他离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线如图2所示。已知t=1.4s时运动员恰好到达最高点，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.t=1.0s时，运动员竖直方向分速度大小为5m/sB.该运动员起跳速度为14m/sC.t=1.8s时，图线的切线斜率大小为4m/sD.运动员离跳台底部所在水平面的最大高度为12.8m【答案】CD【解析】AB．时运动员恰好到达最高点，由竖直方向上的运动特点可得解得运动员起跳时竖直方向的初速度此时还有水平分速度，则该运动员起跳速度大于14m/s，则时，运动员竖直方向分速度为故AB错误；C．根据运动的对称性可知，和时，竖直方向分速度大小相等，方向相反，图线的切线斜率代表竖直方向的速度，所以时，图线的切线斜率大小为，故C正确；D．根据竖直方向的运动规律可知，最大高度为解得故D正确。故选CD。10.如图所示，磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场中放置两个半径分别为、的金属圆环，两金属圆环处于同一水平面内且圆心均为点，长为的金属导体棒在两金属圆环上绕点匀速转动，点为导体棒的中点。已知导体棒的电阻、定值电阻和的电阻均为，导体棒始终与两金属圆环接触良好且a点转动的线速度大小为v，其他电阻不计。在导体棒转动一圈的过程中，下列说法正确的是（）A.导体棒上a、b两点间的电压为B.导体棒克服安培力做功的功率为C.通过电阻的电荷量为D.电阻产生的热量为【答案】ABD【解析】A．由题意可知故导体棒段产生的电动势电路中的总电阻为由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流故a、b两点间的电压故A正确；B．因克服安培力做功的功率等于电源产生电能的功率，故故B正确；C．通过电源的电荷量故流经定值电阻的电荷量故C错误；D．由可知，电阻产生的热量故D正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某物理小组对光伏发电很感兴趣，他们利用如图1所示电路对光伏电池的伏安特性进行了探究。图中定值电阻，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池两端电压随电流变化如图2中的曲线①所示。可知该电池内阻随电流增大而______（选填“增大”“减小”或“不变”），电池的电动势大小为______V（结果保留三位有效数字）；某时刻电压表示数如图3所示，读数为______V，由图像可知，此时电池的内阻为______。（2）实验二：换另一光源照射，重复上述实验，测得该电池两端电压随电流变化如图2中曲线②所示。若在“实验一”中当滑动变阻器的电阻为某值时，电源的路端电压为，则在“实验二”中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为______W（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）增大2.501.00150（2）1.1×10-2##1.0×10-2##1.2×10-2【解析】【小问1详析】[1]图2中，电池两端电压随电流变化图像斜率的绝对值等于电源的内阻，随着电流的增大，曲线①斜率的绝对值在不断增大，可知电池内阻在不断增大；[2]曲线①中，图像与纵轴的截距值为电池的电动势，可知[3]题图3中电压表的读数[4]电压为1.00V，由曲线①知，此时电路中的电流为可得此时电源的内阻【小问2详析】由曲线①可知，当时有由欧姆定律得代入数据得解得在实验二中，滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为将R外的图线画在题图2中，如图所示其与曲线②的交点为电路的工作点，此时有则滑动变阻器消耗的电功率为12.如图1所示，用“碰撞实验器”可以研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，从而验证动量守恒定律。（1）实验中，为了使入射小球A不反弹，入射小球A和被碰小球B的质量大小关系为_____（选填“>”“=”或“<”）。为了发生对心正碰，两小球的半径关系为_____（选填“>”“=”或“<”）。用10分度游标卡尺测量小球直径D，测量结果如图2所示，_____。（2）图1中，点O是入射小球A抛出点在地面上的垂直投影，点是支柱管在地面上的垂直投影，。实验时，先让小球A多次从斜轨上S处静止释放，找到其平均落点P，再把小球B静置于支柱管上，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰（碰后支柱管立刻倾倒），多次重复实验，找到小球A、B的平均落点M、N。测量出、、OP、OM、ON，若两球相碰前后动量守恒，则该动量守恒表达式可表示为_____（用测量的物理量符号表示）。（3）以下说法中有助于减少实验误差的有_____。A.入射小球每次必须从同一位置静止释放 B.轨道必须光滑C.轨道末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图3所示的情况。已知M和N在OP连线上的垂直投影点为、（图中未画出），根据以上数据，_____（选填“能”或“不能”）验证动量守恒定律，如果能，请写出验证所需的表达式_____（用测量的物理量符号表示）。【答案】（1）>=14.7（2）（3）AC（4）能【解析】【小问1详析】[1]为了保证入射小球A碰后不被反弹，要求入射小球A和被碰小球B的质量大小关系应为>。[2]为了发生对心正碰，两小球的半径关系为；[3]根据游标卡尺的读数原理可知；【小问2详析】两球碰撞过程水平方向动量守恒，碰撞后两小球做平抛运动，令运动时间为t，A球碰撞前的速度为A球碰撞后的速度为B球碰撞后的速度为若两球相碰前后动量守恒，则